专题18 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（北京专用）

这是一份专题18 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（北京专用），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
专题18 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（北京专用）
一、单选题
1．（2021八上·丰台期末）下列图形中，内角和等于外角和的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022八下·北京市期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点O是斜边AC的中点，AC＝10，则OB＝（　　）

A．5 B．6 C．8 D．10
3．（2021八上·燕山期末）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
4．（2022八下·房山期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AO=3，∠AOB=60°，则AD的长为（　　）

A．6 B．33 C．32 D．35
5．（2022八下·北京市期中）如图， ▱ ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC的中点，CD＝8，则OE＝（　　）

A．3 B．4 C．5 D．7
6．（2022八下·海淀期中）如图，CD是△ABC的中线，E，F分别是AC，DC的中点，EF=1，则BD的长为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2021九上·石景山期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是菱形，则∠D的度数为（　　）

A．45° B．60° C．90° D．120°
8．（2022八下·北京市期中）有下列四个条件：①对角线互相平分的四边形；②对角线互相垂直的四边形；③对角线相等的平行四边形；④有一个角是直角的平行四边形，其中能作为矩形的判定条件的是（　　）
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
9．（2021九上·朝阳期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C=130°，则∠BOD的度数为（　　）

A．50° B．100° C．130° D．150°
10．（2022·通州模拟）如图，已知∠1+∠2+∠3=240°，那么∠4的度数为（　　）

A．60° B．120° C．130° D．150°
二、填空题
11．（2022八下·海淀期中）两直角边分别为6和8的直角三角形，斜边上的中线的长是　 　．
12．（2022八下·大兴期中）如图，在▱ABCD中，AD＝10，AB＝7，AE平分∠BAD交BC于点E，则EC的长为 　 　．

13．（2022八下·大兴期中）如图，点C为线段AB延长线上一点，正方形AEFG和正方形BCDE的面积分别为8和4，则△EDF的面积为 　 　．

14．（2022八下·北京市期中）如图，点E在正方形ABCD中，△BEC是等边三角形，则∠EAD＝　 　°．

15．（2022八下·房山期中）如图 1 ，菱形纸片ABCD的面积为30cm2，对角线AC的长为6cm，将这个菱形纸片沿对角线剪开，得到四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形按图2 所示的方法拼成正方形．则大正方形中空白小正方形的边长是　 　cm．

16．（2021九上·东城期末）斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为　 　尺．

17．（2022八下·房山期中）在▱ABCD中，∠A：∠B=2：3，则∠C的度数为　 　°．
18．（2022八下·房山期中）在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A、B、D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，(2，3)，则顶点C的坐标是　 　．
19．（2022八下·房山期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：①AB∥CD；②AO=OC；③AB=AD；④AC平分∠DAB．从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形． 则可以选择的条件序号是　 　（写出所有可能的情况）．
20．（2021九上·东城期末）如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝CF，AE，DF交于点 P，则∠APD的度数为　 　 ；连接CP，线段CP长的最小值为　 　．

三、综合题
21．（2022八下·大兴期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD⊥AC于点O，点E是DB延长线上一点，OE＝OD，BF⊥AE于点F．

（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB平分∠EAC，OB＝3，BE＝5，求EF和AD的长．
22．（2022八下·房山期中）如图 1，在正方形ABCD中，点E为AD边上一点，连接BE．点M在CD边上运动．

（1）当点M和点C重合时（如图2），过点C做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N．请直接写出MN与BE的数量关系　 　；
（2）当点M在CD边上运动时，过点M做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N（如图 3 ），（1）中的结论依旧成立吗？请证明；
（3）如图 4 ，当点M在CD边上运动时，N为直线AB上一点，若MN=BE，请问是否始终能证明MN⊥BE？请你说明理由．
23．（2022八下·海淀期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC⊥AD，作∠ECA=∠ACD，CE交AB于点O，交DA的延长线于点E，连接BE．

（1）求证：四边形ACBE是矩形；
（2）连接OD．若AB=4，∠ACD=60°，求OD的长．
24．（2022八下·大兴期中）已知四边形ABCD是正方形，点E为射线AC上一动点（点E不与A，C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，过点D，F分别作DE，EF的垂线，两垂线交于点G，连接CG．

（1）如图，当点E在对角线AC上时，依题意补全图形，并证明：四边形DEFG是正方形；
（2）在（1）的条件下，猜想：CE，CG和AC的数量关系，并加以证明；
（3）当点E在对角线AC的延长线上时，直接用等式表示CE，CG和AC的数量关系．
25．（2022八下·大兴期中）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和图形M，给出如下的定义：若图形M是以AB．为对角线的平行四边形，则称图形M是线段AB的“关联平行四边形”．点A（8，a），点B（2，b），

（1）当a＝8，b＝﹣2时，若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，则点C的坐标是　 　；
（2）若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，求对角线OC的最小值；
（3）若线段AB的“关联平行四边形”AOBC是正方形，直接写出点C的坐标．
26．（2022八下·北京市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．

（1）求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．
27．（2022八下·北京市期中）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形．
（1）在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是 （请填序号）；
①平行四边形 ②菱形 ③矩形 ④正方形

（2）如图1，菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F分别是AB，BC上的点，且AE＝BF，求证：四边形DEBF是完美四边形；
（3）完美四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC．
①如图2，求证：CA平分∠DCB；
②如图3，当∠BAD＝90°时，直接用等式表示出线段AC，BC，CD之间的数量关系．
28．（2022九下·北京市开学考）在正方形ABCD中，点P是边BC上一动点（不包含端点），线段AP的垂直平分线与AB、AP、BD、CD分别交于点M、E、F、N．

（1）过点B作BG∥MN交DC于G，求证：△BGC≌△APB；
（2）若AB＝9，BP＝3，求线段MN的长度；
（3）请你用等式表示线段ME，EF和FN的数量关系，并证明你的结论．
29．（2022八下·大兴期中）如图，菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，过点A作对角线AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．

（1）求证：四边形AODF是矩形；
（2）若AD＝10，∠ABC＝60°，求OF和OA的长．
30．（2021九上·昌平期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD

（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）连接DO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：设n边形的内角和等于外角和
（n-2）×180°=360°
解得：n=4
故答案为：B

【分析】设n边形的内角和等于外角和，根据题意列出方程（n-2）×180°=360°求解即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，点O是斜边AC的中点，AC=10，
则OB=12AC=5，
故答案为：A．
【分析】利用直角三角形斜边上中线的性质可得OB=12AC=5。
3．【答案】D
【解析】【解答】设多边形边数有x条，由题意得：
180° (x−2)=1080°
解得：x=8
故答案为8
所以选D
【分析】先求出180° (x−2)=1080°，再求解即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝2AO=6（矩形对角线相等），
∴AO＝OB＝3（矩形对角线互相平分），
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝3，
在Rt△ABD中，
∴AD=BD2-AB2=62-32=33，
故答案为：B．
【分析】根据矩形的性质可得AO＝OB＝3，从而求出△AOB是等边三角形，可得AB＝OA＝3，根据勾股定理求出AD即可.
5．【答案】B
【解析】【解答】由题意可知：CD=AB=8，
∵O，E分别为AC，BC的中点，
∴OE=12AB=4．
故答案为：B．
【分析】利用三角形中位线的性质可得OE=12AB=4。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：∵点E、F分别是AC、DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴AD=2EF=2，
∵CD是△ABC的中线，
∴BD=AD=2
故答案为：B．
【分析】根据中位线的性质可得AD=2EF=2，再利用中线的性质可得BD=AD=2。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：设∠ADC=α，∠ABC=β；
∵四边形ABCO是菱形，
∴∠ABC=∠AOC=β；
∴ ∠ADC=12β；
∵ 四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴α+β=180°，
∴α+β=180°α=12β，
解得：β=120°，α=60°，则∠ADC=60°，
故答案为：B．
【分析】根据菱形的性质可得∠ABC=∠AOC=β，再利用圆周角的性质可得∠ADC=12β，再根据圆内接四边形的性质可得α+β=180°α=12β，再求出β=120°，α=60°，即可得到答案。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：①对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本条件不合题意；
②对角线互相垂直的四边形不一定互相平分，不一定是平行四边形，故本条件不合题意；
③对角线相等的平行四边形是矩形，故本条件符合题意；
④有一个角是直角的平行四边形是矩形，故本条件符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据矩形的判定方法逐项判断即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠DCB=180°，
∵∠DCB=130°，
∴∠A=50°，
由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=100°，
故答案为：B．
【分析】根据四边形的内角和可得∠A+∠DCB=180°，从而求出∠A=50°，由圆周角定理得∠BOD=2∠A，据此即得结论.
10．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠1+∠2+∠3+∠4=360°，
∠1+∠2+∠3=240°
∴∠4=120°
故答案为：B．

【分析】根据多边形的外角和可得∠1+∠2+∠3+∠4=360°，再结合∠1+∠2+∠3=240°可得∠4=120°。
11．【答案】5
【解析】【解答】解：∵直角三角形两条直角边分别是6、8，
∴斜边长为62+82=36+64=100=10，
∴斜边上的中线长为12×10=5．
故答案为：5．
【分析】先利用勾股定理求出斜边的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案。
12．【答案】3
【解析】【解答】解：∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠BAE=∠EAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=10，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=7，
∴EC=BC-BE=10-7=3，
故答案为：3．
【分析】由角平分线的定义可得∠BAE=∠EAD，由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC=10，利用平行线的性质可得∠DAE=∠AEB，从而得出∠BAE=∠AEB，利用等角对等边可得AB=BE=7，根据EC=BC-BE即可求解.
13．【答案】2
【解析】【解答】解：如图所示，连接正方形BCDE的对角线CE，BD，且CE交BD于点O，

∴∠BEC=45°，CE⊥BD，
∵正方形AEFG和正方形BCDE的面积分别为8和4，
∴正方形AEFG的边长为8=22，正方形BCDE的边长为4=2，
∴EF=AE=22，BE=CD=BC=2，
∵点C是线段AB延长线上一点，
∴∠ABE=90°，
∴AB=AE2-BE2=2，
∴Rt∆ABE是等腰直角三角形，
∴∠AEB=45°，
∵∠AEF+∠AEB+∠BEC=180°，
∴点F、E、C在同一直线上，
∵CE⊥BD，
∴OD=12BD=12BC2+CD2=1222+22=2，
∴S∆EDF=12EF·OD=12×22×2=2，
故答案为：2．
【分析】连接正方形BCDE的对角线CE，BD，且CE交BD于点O，由正方形的性质可得∠BEC=45°，CE⊥BD，根据正方形的面积可求出EF=AE=22，BE=CD=BC=2，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AB=2，即得Rt∆ABE是等腰直角三角形，从而得出点F、E、C在同一直线上，由正方形的性质及勾股定理可求出OD=12BD=2，根据三角形的面积公式即可求解.
14．【答案】15
【解析】【解答】解：∵E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，∠EBC=60°，BC=BE=AB，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，
∵BA=BE，
∴∠EAB=∠AEB=12×（180°-30°）=75°，
∴∠EAD=90°-75°=15°，
故答案为：15．
【分析】先求出∠ABE=30°，再利用三角形的内角和及等腰三角形的性质求出∠EAB=75°，再利用∠EAD=90°-75°=15°计算即可。
15．【答案】2
【解析】【解答】解：如图，设AC与BD交于点O，

在菱形ABCD中，AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，
∵菱形纸片ABCD的面积为30cm2，对角线AC的长为6cm，
∴12AC⋅BD=30，OA=3cm，
∴BD=10cm，
∴OB=5cm，
∴大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA=2cm．
故答案为：2
【分析】设AC与BD交于点O，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，根据菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=30，可求出BD，即得OB的长，由于大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA，据此计算即可.
16．【答案】2
【解析】【解答】解：如图，

∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5，CE=2.5-0.25×2=2 ，
∴CE2=CD2+DE2=2CD2 ，
∴CD=2 ，
即此斛底面的正方形的边长为2 尺．
故答案为：2

【分析】根据正方形性质确定三角形CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，即可得解。
17．【答案】72
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A：∠B=2：3，
∴∠A=22+3×180°=72°，
∴∠C=∠A=72°，
故答案为：72°．
【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，∠A=∠C，根据平行线的性质可得∠A+∠B=180°，由∠A：∠B=2：3，可求出∠ADE度数，即得∠C.
18．【答案】（7，3）
【解析】【解答】如图，∵▱ABCD的顶点A（0，0），B（5，0），D（2，3），

∴AB＝CD＝5，C点纵坐标与D点纵坐标相同，
∴顶点C的坐标是；（7，3）．
故答案为：（7，3）．
【分析】根据平行四边形的性质可得AB＝CD＝5，AB∥CD，即得C点与D点纵坐标相同，继而得解.
19．【答案】①②③，①②④，①③④，②③④
【解析】【解答】解：可以选择的条件序号有：

情况一：①②③，理由如下，
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，
又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA）
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形；
情况二：①②④，理由如下，
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，
又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA）
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB=∠OAD，
∴∠OAD=∠OCD，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD为菱形；
情况三：①③④，理由如下，
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB=∠OAD，
∴∠OAD=∠OCD，
∴AD=CD，
又∵AB=AD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形；
情况四：②③④，理由如下，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB=∠OAD，
又∵AB=AD，OA=OA，
∴△AOB≌△AOD（SAS）
∴OB=OD，
∵OA=OC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
故答案为：①②③，①②④，①③④，②③④．
【分析】共有四种组合①②③，①②④，①③④，②③④．根据平行线的性质、角平分线的定义、三角形全等的判定与性质、菱形的判定分别证明即可.
20．【答案】90°；5-1
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD 是正方形，
∴ AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，
在△ADE和△DCF中，AD=CD∠ADE=∠BCD=90°DE=CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS）
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
由于点P在运动中保持∠APD＝90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，

则DQ＝12AD＝12×2＝1，
在Rt△CQD中，根据勾股定理得，CQ＝CD2+QD2＝22+12＝5，
所以，CP＝CO−QP＝5−1．
故答案为：90°；5−1．

【分析】根据边角边证明△ADE≌△DCF，根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠CDF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短，取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，再根据勾股定理列式求出CQ，再求解即可。
21．【答案】（1）证明：∵BD⊥AC，
∴∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△AOD和Rt△COD中，
DA=DCOD=OD ，
∴Rt△AOD≌Rt△COD（HL），
∴AO=CO，
又∵OE=OD，
∴四边形AECD为菱形．
（2）解：∵AB平分∠EAC ，
∴BF=BO=3，
在Rt△BEF中，由勾股定理可得，
EF=BE2-BF2=52-32=4，
在Rt△ABF和Rt△ABO中，
AB=ABBF=BO ，
∴Rt△ABF≌Rt△ABO（HL），
∴AO=AF，
设AO=AF=x，AE=4+x，
在Rt△AOE中，由勾股定理可得，
AE2=OE2+OA2，
得(x+4)2=82+x2，
解得x=6，
∴AE=4+6=10，
即AD=10，
∴EF和AD的长分别为4和10．
【解析】【分析】（1）根据HL证明Rt△OAD≌Rt△COD，可得AO=CO， 结合OE=OD，可证四边形AECD为平行四边形，由BD⊥AC即证四边形AECD为菱形；
（2）由角平分线的性质可得BF=BO=3，由勾股定理求出EF=4，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ABO，可得AO=AF，设AO=AF=x，可得AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可建立关于x方程并解之即可.
22．【答案】（1）相等
（2）解：成立，证明如下：
如图，过点A作AF⊥BE于点G，
∵MN⊥BE，
∴AF∥MN，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，
∴四边形AFMN是平行四边形，
∴AF=MN，
∵正方形ABCD，
∴∠ADF=∠BAE=90°，AD=BA，
∴∠DAF+∠FAB=90°，∠FAB+∠ABE=90°，
∴∠DAF=∠ABE，
在△ADF与△BAE中，
∠DAF=∠ABEAD=BA∠ADF=∠BAE，
∴△ADF≌△BAE（ASA），
∴BE=AF，
∴BE=MN．

（3）不一定，理由如下：
如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N'

连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交BE于点J，
∴MN=MN'，
∵MN=BE，
∴MN'=MN=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，AD=BA，∠ADH=∠BAE=90°，
∴四边形AHMN是平行四边形，
∴AH=MN，
∴AH=BE，
在Rt△ADH与Rt△BAE中
AH=BEAD=BA，
∴Rt△ADH≌Rt△BAE（HL），
∴∠DAH=∠ABE，
∵∠DAH+∠HAB=90°，
∴∠HAB+∠ABE=90°，
∴∠AJB=90°，
∴AH⊥BE，
∴MN⊥BE，
∴∠GOM=90°，
∴∠MGO